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UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ
CENTRO DE CIÊNCIAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
RICARDO CÉSAR DA SILVA GOMES
ÁLGEBRA OU GEOMETRIA? VAMOS À QUESTÃO!
JUAZEIRO DO NORTE -CE
2016
1
RICARDO CÉSAR DA SILVA GOMES
ÁLGEBRA OU GEOMETRIA? VAMOS À QUESTÃO!
Dissertação de Mestrado apresentada ao
Programa de Pós-Graduação em
Matemática em Rede Nacional, do
Departamento de Matemática da
Universidade Federal do Ceará, como
requisito parcial para obtenção do Título
de Mestre em Matemática. Área de
concentração: Ensino de Matemática.
Orientador: Prof. Dr. Plácido Francisco de
Assis Andrade.
JUAZEIRO DO NORTE -CE
2016
2
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação Universidade Federal do Ceará
Biblioteca do Curso de Matemática
G617a Gomes, Ricardo César da Silva Álgebra ou geometria? Vamos a questão! / Ricardo César da Silva Gomes. – 2016. 54 f. : il.
Dissertação (mestrado) – Universidade Federal do Ceará, Centro de Ciências, Departamento de Matemática, Programa de Pós-Graduação em Matemática em Rede Nacional, Juazeiro do Norte, 2016.
Área de Concentração: Ensino de Matemática. Orientação: Prof. Dr. Plácido Francisco de Assis Andrade.
1. Álgebra. 2. Geometria. 3. Resolução de problemas. I. Título.
CDD 512
3
4
AGRADECIMENTO ESPECIAL
Agradeço a Deus, o Grande Arquiteto do Universo. “Senhor, dai-me
serenidade para aceitar as coisas que não posso mudar, a coragem de mudar as
coisas que posso e a sabedoria para conhecer a diferença.”
Dedico este trabalho à minha Vó Dolores, in memoriam.
5
AGRADECIMENTOS
À minha mãe, exemplo maior de retidão de caráter que tenho na vida.
À minha esposa, Márcia Araújo, essa pessoa que eu queria ter
encontrado na vida.
Aos meus filhos: Ricardo César, João Pedro e Mário Henrique que são o
sentido maior de minha existência.
A todos os colegas da primeira turma, em especial, Leonardo Soares e
José Alves Francisco, que partilhando saberes, alegrias, angústias e sofrimentos
nunca me deixaram desanimar diante dos obstáculos necessários a construção
deste trabalho.
Aos professores Gagarin Lima, Dirceu Arraes e Célio Muniz, fica o meu
reconhecimento e minha gratidão por ter tido em vocês mais que um apoio para
chegar até esta etapa de minha vida.
Ao Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia – IFCE, Campus
de Jaguaribe, pelo incentivo total durante esses dois anos e meio de curso.
Aos meus professores pela compreensão e confiança depositadas em
mim, sempre que necessitei.
Ao meu orientador, o professor Dr. Plácido Andrade, por todo o apoio
dado à realização deste trabalho.
À Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Ensino Superior
(CAPES) que me concedeu uma bolsa de estudo.
6
RESUMO
O presente trabalho tem como tema: Álgebra ou Geometria? Vamos à questão! Esse estudo discute, principalmente, a relação entre essas duas áreas distintas do ponto de vista curricular, no ensino básico. O objetivo é mostrar como é tênue, e ao mesmo tempo frutífera, a fronteira que separa a Álgebra básica e a Geometria Plana e, como o professor deve investigar esta fronteira logo nas primeiras séries do ensino médio, mesmo antes de apresentar a Geometria Analítica. Este estudo está organizado em forma de capítulos, abordando as seguintes temáticas em ordem: o porquê do ensino da Matemática, o método utilizado na resolução de problemas como processo, o pressuposto teórico, dando destaque à semelhança entre triângulos, ao teorema de Pitágoras, às leis dos Senos e Cossenos, ao teorema de Ptolomeu, e à lista de problemas propostos e uma discussão epistemológica dos problemas propostos. O trabalho foi à luz das propostas teóricas de Elon Lages Lima, Terence Tao e de Paulo Freire, este último um mestre da Pedagogia. A pesquisa foi feita de modo exploratório e bibliográfico, de caráter qualitativo. Por fim, o estudo pretende deixar claro que a divisão curricular das aulas de Matemática, no ensino básico, em Álgebra e Geometria é apenas um divisão curricular e não deveria afetar a visão de que todos os conteúdos estudados fazem parte de um todo perfeitamente coerente; tendo em vista que, estando diante de um problema de matemática, estudantes e professores podem lançar mão tanto de ferramentas da álgebra quanto de resultados da geometria para resolvê-lo.
Palavras-chave: Álgebra Básica, Geometria, Resolução de Problemas, Ensino.
7
ABSTRACT
The present work has as its theme: Algebra or Geometry? Let the question! This study discusses mainly the relationship between these two distinct areas of the curriculum perspective, basic education. The goal is to show how tenuous, and at the same fruitful time, the border that separates the basic algebra and plane geometry, and how the teacher should investigate this boundary in the very first year of high school, even before submitting Analytic Geometry. This study is organized in the form of chapters, covering the following topics in order: why the mathematics teaching, the method used in problem solving as a process, the theoretical assumption, highlighting the similarity of triangles, the Pythagorean theorem, the laws of sines and cosines, the Ptolemy's theorem, and the list of proposed issues and an epistemological discussion of the proposed problems. The work was in the light of theoretical proposals Elon Lages Lima, Terence Tao and Paulo Freire, the latter a master of pedagogy. The survey was conducted exploratory and bibliographic way, qualitative character. Finally, the study aims to clarify that the curriculum division of mathematics classrooms in primary school in Algebra and Geometry is only one curriculum division and should not affect the view that all the contents studied are part of a whole perfectly consistent; given that, being on a math problem, students and teachers can make use of both tools of algebra as geometry of the results to solve it.
Keywords: Basic Algebra, Geometry, Problem Solving, Education.
8
LISTA DE FIGURAS
Figura 1: Ilustração do Teorema de Pitágoras............................................... 19
Figura 2: Triângulo retângulo......................................................................... 20
Figura 3: Triângulos semelhantes.................................................................. 22
Figura 4: Demonstrando o teorema sobre triângulos semelhantes.......... 23
Figura 5: Ilustração de um triângulo para a demonstração da Lei dos
Senos..............................................................................................
24
Figura 6: Ilustração de um triângulo para a demonstração da Lei dos
Cossenos.........................................................................................
25
Figura 7: Quadrilátero ABCD inscrito numa circunferência.......................... 27
Figura 8: Circunferência e triângulo inscrito................................................... 28
Figura 9: Quadrilátero APCQ.......................................................................... 30
Figura 10: Retângulo ABCD............................................................................. 31
Figura 11: Triângulo retângulo ABC................................................................. 33
Figura 12: Quadrilátero inscrito em uma circunferência: Teorema de
Ptolomeu.........................................................................................
34
Figura 13: Quadrilátero ABCD.......................................................................... 35
Figura 14: Quadrado e semicircunferência....................................................... 36
Figura 15: Semicircunferência e triângulo retângulo....................................... 38
Figura 16: Hexágono ABCDEF......................................................................... 41
Figura 17: Retas paralelas e triângulos............................................................ 42
Figura 18: Circunferência, triângulo inscrito, ortocentro e circuncentro....... 44
Figura 19: Triângulo, circunferência e inraio.................................................... 45
Figura 20: Triângulo retângulo ABC................................................................. 54
Figura 21: Triângulo retângulo ABC e ponto interior........................................ 55
9
LISTA DE ABREVIATURAS E SIGLAS
IMPA Instituto Brasileiro de Matemática Pura e Aplicada
OBMEP Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas
OCDE Organização para a Cooperação e Desenvolvimento Econômico
POTI Projeto Olímpico de Treinamento Intensivo
OBM Olimpíada Brasileira de Matemática
10
SUMÁRIO
1 INTRODUÇÃO.............................................................................................. 11
1.1 Motivações para a escolha desta proposta.............................................. 11
1.2 Para que ensinamos matemática?............................................................. 12
2 SOBRE O MÉTODO: A RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS COMO
PROCESSO...................................................................................................
15
3 PRELIMINARES TEÓRICAS......................................................................... 18
3.1 Triângulos semelhantes.............................................................................. 19
3.2 Teorema de Pitágoras.................................................................................. 21
3.3 Lei dos Senos............................................................................................... 23
3.4 Lei dos Cossenos......................................................................................... 25
3.5 Teorema de Ptolomeu................................................................................. 26
3.6 Um resultado envolvendo o ortocento e o circuncentro......................... 28
3.7 Um resultado sobre áreas........................................................................... 29
4 LISTA DE PROBLEMAS PROPOSTOS....................................................... 31
5 DISCUSSÃO EPISTEMOLÓGICA DAS SOLUÇÕES................................. 47
6 PROBLEMAS PROPOSTOS........................................................................ 51
7 CONSIDERAÇÕES FINAIS.......................................................................... 52
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS............................................................ 53
APÊNDICE ................................................................................................... 54
11
1 INTRODUÇÃO
Toda a nossa ciência, comparada com
realidade, é primitiva e infantil – e, no
entanto, é a coisa mais preciosa que
temos.
Albert Einstein.
1.1 Motivações para a escolha desta proposta
O foco deste trabalho é no modo como o professor deve conduzir o
processo de aprendizagem do educando e o seu próprio processo de ensino-
aprendizagem, visto que o professor é o principal espectador de suas aulas.
Concordamos com o professor e pesquisador César Camacho, diretor geral do
Instituto Brasileiro de Matemática Pura e Aplicada-IMPA quando o mesmo diz que
(2014, editorial de 10 anos da OBMEP).
São três os pilares de um bom ensino: o professor, a escola e a família. Acima deles, estão os governos em suas três esferas, como agentes responsáveis pela disseminação do bom ensino, financiamento das atividades da escola, da sua organização global e da preservação de sua qualidade.
Neste trabalho trataremos apenas de um dos pilares para o bom ensino: a
relação professor-material usado na aula-educando, mediada pela matemática, ou
mais especificamente, pela resolução de problemas nas aulas de matemática.
Ainda, segundo Camacho:
O baixo desempenho do Brasil nas avaliações do PISA, os relatórios das secretarias de educação e os relatórios de programas de capacitação de professores indicam que há no país uma deficiência séria na qualidade do ensino de
12
Português e Matemática, disciplinas fundamentais na formação profissional e no exercício da cidadania.
Neste ponto temos como objetivo principal deste trabalho participar da
elaboração de atividades de ensino-aprendizagem que vão, de forma dialógica, ao
encontro desta problemática do ensino brasileiro na atualidade e sugeri a
apresentação de uma lista de problemas, com suas respectivas respostas, para que
possa ser utilizada, por professores, logo nas primeiras séries do ensino médio; e,
no caso de alguns problemas, até mesmo no último ano do ensino fundamental.
1.2 Para que ensinamos matemática?
O ensino de Matemática encontra-se, dentro de uma proposta maior que
é: para que ensinamos algo a alguém? Respondendo esta nova pergunta,
esperamos responder à primeira. Apoiaremos nosso argumento em dois
pensadores: Immanuel Kant, filósofo alemão e Paulo Freire, educador brasileiro.
Acreditamos que todo ensino deveria objetivar que o educando, ao final do
processo, atingisse o estágio, segundo kant, de Esclarecimento. Aqui temos a
seguinte pergunta: mas o que vem a ser o Esclarecimento? Em seu manifesto
seminal, intitulado: Resposta à pergunta: o que é Esclarecimento? Publicado em
1874 em Königsberg, na Prússia. KANT define o que seria o Esclarecimento:
Esclarecimento é a saída do homem da sua menoridade de que ele próprio é culpado. A menoridade é a incapacidade de se servir do entendimento sem a orientação de outrem. Tal menoridade é por culpa própria, se a sua causa não residir na carência de entendimento, mas na falta de decisão e de coragem em se servir de si mesmo, sem a guia de outrem. Sapere aude - palavra latina que significa: ousa saber! Tem a coragem de te servires do teu próprio entendimento! Eis a palavra de ordem do Esclarecimento.
Acreditamos que o melhor ensino certamente é aquele que gera
autodidatas, e é este o sentido que entendemos que se deva dá ao termo ousadia
13
proposto por Kant. Por outro lado, para a condução do processo necessitamos de
professores, e neste ponto, cabe-nos outra pergunta: qual seria então o papel do
professor na condução de tal processo? Segundo Freire, o professor deveria
conduzir de forma crítica o educando na passagem da curiosidade ingênua à
curiosidade epistemológica. Entretanto, durante esta travessia Freire (1996, p.34)
afirma que:
A superação e não a ruptura se dá na medida em que a curiosidade ingênua, sem deixar de ser curiosidade, pelo contrário continuando a ser curiosidade se criticiza. Ao criticizar-se tornando-se então, permito-me repetir, curiosidade epistemológica, metodicamente “rigorizando-se” na sua aproximação ao objeto, conota-se seus achados de maior exatidão.
Desta forma, apoiados nesses pensadores, defendemos que o ensino de
matemática no ensino básico e no ensino médio, deve fomentar e cultivar o espírito
de curiosidade nos estudantes. Por isso, é crucial que os professores levem
problemas intrigantes para suas aulas, mesmo quando o livro didático não os trouxer
na quantidade necessária. Assim, segundo João Queiró, citando um trecho da
resposta dada por Terence Tao (ganhador da medalha Fields, em 2006) numa
entrevista em 2006, esperamos que os estudantes superem a visão ingênua da
matemática. Em Tao (2013) lemos:
Quando eu era criança, tinha uma ideia romântica da matemática, a ideia de que os problemas difíceis eram resolvidos em momentos “Eureka!” de inspiração. Depois, acrescentou: Hoje, comigo, é sempre assim: “Vamos tentar esta ideia, Isso leva-me algum progresso, ou então não funciona. Agora tentemos aquilo. Oh, há aqui um pequeno atalho.” Trabalhamos durante tempo suficiente e, a certa altura, conseguimos progredir num problema difícil entrando pela porta das traseiras. No final, o que normalmente acontece é: “Olha, resolvi o problema.
Por fim, a matemática, segundo Lima (2007,p.176-177), através de seus
métodos, influencia de forma relevante para que os jovens possam exercer sua
14
cidadania com espírito crítico, de forma objetiva, por terem adquirido hábitos de
organização e cuidado que os cálculos lhe obrigaram a ter e tendo aprendido a
utilizar, em situações diversas, conhecimentos matemáticos adequados que lhes
permitirão chegar a conclusões e encontrar respostas para problemas reais. No
próximo capítulo veremos uma proposta de método para atingir esta meta.
15
2 SOBRE O MÉTODO - A RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS COMO PROCESSO
Talvez a pergunta mais comum nas salas de aula atualmente seja:
professor, isto que o senhor está me ensinando serve para quê? Suponhamos que
esta pergunta seja feita num aula de Matemática. Qualquer que seja a resposta
dada, devemos enfatizar que a Matemática tem uma peculiaridade: existe, também,
para si mesma - eis um traço de sua beleza maior! Às vezes, o pragmatismo atual
pode ser usado como uma camisa de forças, e neste caso deve-se evitar.
Precisamos enfatizar que as componentes fundamentais para o ensino equilibrado,
Segundo Lima (2007, p.139), são três: Conceituação, Manipulação e aplicações.
Consequentemente, precisamos dizer o que se entende por cada conceito desses.
Lima (2007, p.140-142) define o que se deve entender por cada um deles:
A conceituação compreende a formulação correta e objetiva das definições matemáticas, o enunciado preciso das proposições, a pratica do raciocínio dedutivo a nítida conscientização de que conclusões sempre são provenientes de hipóteses que se admitem, a distinção entre uma afirmação e sua recíproca, o estabelecimento de conexões entre conceitos diversos, bem como a interpretação e a reformulação de ideias e fatos sob diferentes formas e termos. É importante ter em mente e destacar que a conceituação é indispensável pra o bom resultado das aplicações.
A manipulação, de caráter principalmente (mas não exclusivamente) algébrico, está para o ensino e o aprendizado da Matemática assim como a prática dos exercícios de escalas musicais está para a música. (...) A habilidade e a destreza no manuseio de equações, fórmulas e construções geométricas elementares, o desenvolvimento de atitudes mentais automáticas, verdadeiros reflexos condicionados, permite ao usuário da Matemática concentrar sua atenção consciente nos pontos realmente cruciais, poupando-lhe da perda de tempo e energia com detalhes secundários.
(...) As aplicações constituem a principal razão pela qual o ensino da Matemática é tão difundido, desde os primórdios da civilização até os dias de hoje e certamente cada vez mais no futuro. Como as entendemos, as aplicações do conhecimento matemático incluem a resolução de problemas, essa arte intrigante que, por meio de desafios, desenvolve a criatividade, nutre a autoestima, estimula a imaginação e recompensa o esforço de aprender.
16
Como Heródoto já disse há 24 séculos, “educar não é encher um balde, é
acender um fogo”. Daí vem-nos as perguntas: Como podemos acender esta chama?
Um dos grandes matemáticos do século XX, George Polya, nos afirma que a
resolução de problemas é o processo ideal para este fim almejado: acender chama,
ou seja, o desejo de aprender. Historicamente, no ocidente, desde a antiguidade, a
resolução de problemas, segundo Carvalho & Roque (2012, p.137), era a parte
essencial da atividade geométrica na época de Euclides, Arquimedes e Apolônio, e a
compilação do saber na forma de um conjunto de teoremas devia consistir em uma
atividade auxiliar. Para Polya, em Krulik & Reys (1997, p.1): Resolver um problema é
encontrar os meios desconhecidos para um fim nitidamente imaginado.
Uma vez que a resolução de problemas tenha sido escolhida como
processo de ensino e aprendizagem, cabe-nos novas perguntas, como por exemplo
esta: que problemas um professor deveria levar para suas aulas? Ainda para Polya,
em Krulik & Reys (1997, p.3), a obrigação do professor é
Primeiro, ele deveria estabelecer a classe certa de problemas para os seus alunos: não muito difíceis, nem fáceis demais, naturais e interessantes, que desfiem sua curiosidade, adequados o seu conhecimento. Ele deveria também se permitir algum tempo para apresentar o problema apropriadamente, de modo que apareça sob o ângulo correto. Depois, o professor deveria ajudar seus alunos convenientemente. Não muito pouco, senão não há progresso. Não demais, senão o aluno não terá o que fazer. Não ostensivamente, senão os alunos adquirem aversão ao problema, em cuja solução o professor ficou com a maior parte. Entretanto, se o professor auxilia seus alunos apenas o suficiente e discretamente, deixando-lhes alguma independência ou pelo menos alguma ilusão de independência, eles podem se inflamar e desfrutar a satisfação da descoberta. Tais experiências podem contribuir decisivamente para o desenvolvimento mental dos alunos.
Ainda sobre as soluções de um problema, vejamos o que nos diz Tao
(2013), prefácio à primeira edição): (...) Uma solução deve ser relativamente curta,
compreensível, e se possível ter um toque de elegância. Deve também ser divertido
encontrá-la.
17
Aqui, em nosso trabalho, a resolução de problemas será vista segundo
Krulik & Reys(1997, p.5-9):
Como um processo dinâmico e contínuo, através do qual aplicam-se conhecimentos previamente adquiridos a situações novas e desconhecidas. Assim, pretendemos atingir os seguintes objetivos:
a) Munir o aluno de uma variedade de estratégias para a resolução de problemas. b) Desenvolver no aluno alguma versatilidade para lidar com a resolução de problemas. c) Desenvolver técnicas para o uso de representações geométricas, como uma maneira de obter novas informações sobre uma situação dada.
18
3 PRELIMINARES TEÓRICAS
“Aos onze anos, comecei a estudar
Euclides, tendo meu irmão como tutor. Foi
esse um dos grandes acontecimentos de
minha vida , algo tão deslumbrante como
o primeiro amor. Eu não imaginava que
houvesse no mundo nada tão delicioso.”
Bertrand Russel (1872-1970)
Acreditamos que este trabalho possa ser utilizado tanto por professores e
estudantes das duas últimas séries do Ensino Fundamental e das duas primeiras
séries do Ensino Médio. Para tanto, dedicaremos este capítulo a construção do
material teórico minimamente necessário para que esta obra seja autocontida e o
leitor possa recorrer sempre que sentir necessário, durante a leitura do próximo
capítulo. Sempre que possível, lançaremos mão do software livre GEOGEBRA, para
a construção de diversas figuras que o leitor encontrará pelo corpo deste trabalho.
Esta ferramenta computacional é de importante valia, e que deve ser explorada,
inclusive por estudantes, mesmo em suas residências, como suporte pedagógico
para o enriquecimento do ensino e da aprendizagem. Segundo Gardner (p.168-169,
2010), o PISA (sigla em inglês, que traduzida significa: Programa Internacional de
Avaliação de Estudantes) faz um estudo comparativo multinacional de habilidades
matemáticas, científicas e de leitura, realizado com estudantes de 15 anos nos mais
de 60 países membros e colaboradores de Organização para a Cooperação e
Desenvolvimento Econômico (OCDE). As habilidades que o PISA testa são: a
habilidade de se expressar oralmente, a habilidade de ler, a habilidade de fazer
aritmética, a habilidade de se expressar por escrito e a habilidade de usar as
tecnologias da informação e da comunicação. Neste trabalho, acreditamos que seja
perfeitamente possível exercitarmos todas essas habilidades, através da resolução
de problemas, seguindo o exposto no capítulo 2 deste trabalho.
19
3.1 Teorema de Pitágoras
O Teorema de Pitágoras é um dos mais belos e importantes teoremas da
matemática de todos os tempos e ocupa uma posição especial na história do nosso
conhecimento matemático. Foi onde tudo começou. Vamos ao enunciado do
teorema:
Em qualquer triângulo retângulo, a área do quadrado cujo
lado é a hipotenusa é igual à soma das áreas dos
quadrados que têm como lado cada um dos catetos.
Figura 1: Ilustração do teorema de Pitágoras
Se 𝑎 é a medida da hipotenusa e se 𝑏 e 𝑐 são as medidas dos catetos, o
enunciado do Teorema de Pitágoras equivale a afirmar que:
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
A demonstração aqui apresentada é conhecida como a demonstração de
Perigal, em 1873, um livreiro em Londres publicou uma das provas mais simples e
belas, que se conhece até hoje, do famoso teorema. Trata-se da forma mais
20
evidente de demonstrar que a soma das áreas dos quadrados construídos sobre os
catetos preenchem o quadrado construído sobre a hipotenusa. Vejamo-la:
Prova Seja 𝑂 centro do quadrado construído sobre o maior cateto, vamos traçar dois
segmentos, 𝐺𝐷̅̅ ̅̅ e 𝐻𝐾̅̅ ̅̅ , perpendiculares entre si e sendo 𝐺𝐷̅̅ ̅̅ paralelo à hipotenusa.
Assim dividimos o esse quadrado em quatro partes congruentes. Essas quatro
partes e mais o quadrado construído sobre o menor cateto, preenchem
completamente o quadrado construído sobre a hipotenusa. Agora vamos provar que
a região que fica no interior do quadrado maior é realmente congruente ao quadrado
menor. Sejam 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑏 e 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐 os lados dos quadrados construídos sobre os
catetos. Como as quatro peças interiores ao quadrado 𝐴𝐶𝐸𝐹 são congruentes e
tomando 𝐴𝐺̅̅ ̅̅ = 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = 𝑥.
Figura 2: Triângulo retângulo
Sendo 𝐵𝐶𝐷𝐺 um paralelogramo, 𝐵𝐺̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ , ou seja, 𝑐 + 𝑥 = 𝑏 − 𝑥, ou seja,
𝑐 = 𝑏 − 2𝑥.
21
Como 𝐻𝐽̅̅̅̅ = 𝐺𝐹̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ e 𝐻𝐼̅̅̅̅ = 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ , temos 𝐼�̅� = 𝐻𝐽̅̅̅̅ − 𝐻𝐼̅̅̅̅ = 𝑏 − 𝑥 − 𝑥 = 𝑏 −
2𝑥 = 𝑐.
3.2 Triângulos Semelhantes
Antes de tudo fixaremos notações. Sejam 𝐴 e 𝐵 dois pontos do plano.
Denotaremos por:
1. 𝐴𝐵 ⃡ a reta determinada pelos dois pontos;
2. 𝐴𝐵 a semi-reta de 𝐴𝐵 ⃡ com extremidade em 𝐴 que contém 𝐵;
3. 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ a medida do segmento de reta com extremidades naqueles pontos.
Sejam 𝐴, 𝐵 e 𝐶 são três pontos não colineares. Indicaremos o ângulo com
vértice em 𝐵 por 𝐵 ̂ e sua medida, também, por �̂�. Para denotarmos que dois
ângulos �̂� e �̂� são congruentes utilizaremos �̂� ≡ �̂�.
O símbolo ∆𝐴𝐵𝐶 denotará um triângulo com vértices naqueles três
pontos. Os segmentos determinado pelos vértices do triângulo será denominado
lados. Por simplicidade, algumas vezes indicaremos por �̂�, �̂� e �̂� os ângulos do
triângulo.
Definição 01: Dizemos que dois triângulos são semelhantes quando
existe uma correspondência biunívoca entre os vértices de um e outro
triângulo, de modo que os ângulos em vértices correspondentes sejam
iguais e a razão entre os comprimentos de lados correspondentes seja
sempre a mesma, vejamos a figura abaixo:
22
Figura 3: Triângulos semelhantes
Fisicamente, dois triângulos são semelhantes se pudermos dilatar e/ou
girar e/ou refletir e/ou transladar um deles, obtendo o outro ao final de tais
operações. Na figura acima, os triângulos ABC e MNP são semelhantes, com a
correspondência de vértices 𝐴 ↔ 𝑀, 𝐵 ↔ 𝑁, 𝐶 ↔ 𝑃. Assim, �̂� ≡ �̂�, �̂� ≡ �̂�, �̂� ≡ �̂� e
existe 𝑘 > 0 tal que:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅=
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
𝑁𝑃̅̅ ̅̅=
𝐴𝐶̅̅ ̅̅
𝑀𝑃̅̅ ̅̅ ̅= 𝑘.
Tal real positivo 𝑘 é denominado razão de semelhança entre os
triângulos ABC e MNP, nessa ordem. Escrevemos ABC ~ MNP para denotar que os
triângulos ABC e MNP são semelhantes, com a correspondência de vértices
𝐴 ↔ 𝑀, 𝐵 ↔ 𝑁, 𝐶 ↔ 𝑃.
Teorema 01 (Triângulos Semelhantes) Sejam �̂� ≤ �̂� ≤ �̂� os ângulos do
triângulo ABC e �̂� ≤ �̂� ≤ �̂� os ângulos do triângulo MNP. Se �̂� ≡ �̂�, �̂� ≡ �̂� e �̂� ≡ �̂�
então os triângulos ABC e MNP são semelhantes.
Prova Se �̂� ≡ �̂�, é possível fazermos os vértices A e M coincidirem; e em
seguida, basta transladarmos e/ou rotacionarmos um dos triângulos dados de tal
sorte que os lados do triângulo MNP fiquem sobrepostos aos lados do triângulo
ABC. Ver figura abaixo.
23
Figura 4:Demonstrando o teorema sobre triângulos semelhantes
É possível concluirmos que 𝑁𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑚 é paralelo a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑎, pois �̂� ≡ �̂� e
�̂� ≡ �̂�. Portanto, do Teorema de Tales, temos:
𝑏
𝑛=
𝑐
𝑝 (1)
Por P, tracemos uma paralela ao lado 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐, que intersecta 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑎 em
D. Como BNPD é um paralelogramo, então 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑁𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑚. Analogamente, pelo
Teorema de Tales:
𝑏
𝑛=
𝑎
𝑚 (2)
Deste modo, concluímos que 𝑎
𝑚=
𝑏
𝑛=
𝑐
𝑝, ou seja, ABC ~ MNP.
3.3 Lei dos Senos
Teorema 02 (Lei dos Senos) Seja ABC um triângulo tal que 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ =
𝑎, 𝐶𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑏 e 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐.
24
Se R o raio da circunferência circunscrita ao triângulo, então:
𝑎
𝑠𝑒𝑛 �̂�=
𝑏
𝑠𝑒𝑛 �̂�=
𝑐
𝑠𝑒𝑛 �̂�= 2𝑅
Prova De acordo com a figura abaixo
Figura 5: Ilustração de um triângulo para a demonstração da Lei dos Senos
Seja AD um diâmetro. É fácil ver que �̂� = �̂�, pois ambos são ângulos
inscritos na mesma circunferência. Assim, no triângulo ADC,
𝑠𝑒𝑛 �̂� =𝑏
2𝑅⇔
𝑏
𝑠𝑒𝑛 �̂�= 2𝑅
Analogamente,
𝑎
𝑠𝑒𝑛 �̂�=
𝑐
𝑠𝑒𝑛�̂�= 2𝑅. Portanto, concluímos que
𝑎
𝑠𝑒𝑛 �̂�=
𝑏
𝑠𝑒𝑛 �̂�=
𝑐
𝑠𝑒𝑛 �̂�= 2𝑅.
25
3.4 Lei dos Cossenos
Teorema 03 (Lei dos Cossenos) Seja ABC um triângulo tal que 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ =
𝑎, 𝐶𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑏 e 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐. Então,
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐 cos �̂�
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 − 2𝑎𝑐 cos �̂�
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 cos �̂�
Prova De acordo com a figura abaixo, temos que:
Figura 6: Ilustração de um triângulo para a demonstração da Lei dos Cossenos
26
Vamos fazer o caso em que o triângulo é acutângulo. O caso em que o
triângulo é obtusângulo fica como exercício, para o leitor. Aplicando o teorema de
Pitágoras nos triângulos ABD e ACD, temos:
𝑐2 = 𝑚2 + 𝐻2 e
𝑏2 = (𝑎 − 𝑚)2 + 𝐻2 ⟺
𝑏2 = 𝑎2 − 2𝑎𝑚 + 𝑚2 + 𝐻2.
Assim, 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 − 2𝑎𝑚. Por outro lado, 𝑐𝑜𝑠 �̂� =𝑚
𝑐⇔ 𝑚 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠�̂�.
Finalmente, 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 − 2𝑐. cos �̂�. Analogamente,
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐 cos �̂�
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 cos �̂�
3.5 Teorema de Ptolomeu
Teorema 04 (Teorema de Ptolomeu)
Num quadrilátero inscritível, o produto das diagonais é igual à
soma dos produtos dos lados opostos.
27
Prova De acordo com a figura baixo, temos:
Figura 7: Quadrilátero ABCD inscrito numa circunferência
Uma semelhança entre os triângulos CBP e CAD, e outra semelhança
entre os triângulos CPD e CAB. Tomando 𝑃𝐷 = 𝑚 e 𝑃𝐵 = 𝑛. E chamando as
diagonais de 𝐵𝐷 = 𝑝 e 𝐴𝐶 = 𝑞. Partir destes fatos, temos:
(1) 𝑛
𝑏=
𝑑
𝑝⇔ 𝑝𝑛 = 𝑏𝑑
e
(2) 𝑎
𝑝=
𝑚
𝑐 ⇔ 𝑝𝑚 = 𝑎𝑐
28
Somando, membro a membro, as equações acima obtemos o resultado
desejado.
Observação: Pra um quadrilátero qualquer valerá a desigualdade, ou seja, o
produto das diagonais é menor do que ou é igual à soma dos produtos dos lados
opostos.
3.6 Um resultado sobre Ortocento e Circuncentro
Teorema 05 (Sobre o Ortocentro e o Circuncentro) Se O e H são,
respectivamente, o ortocentro (ponto de encontro das alturas de um triângulo) e o
circuncentro (ponto de encontro das mediatrizes relativas aos lados do triângulo) de
um triângulo não equilátero e M o é o ponto médio do lado oposto ao vértice A do
triângulo ABC então 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ = 2𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅.
Prova Nossa prova usará a figura abaixo
Figura 8: Circunferência e triângulo inscrito
29
Sejam M e N os pontos médios de 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , respectivamente. Note que O
e H estão, respectivamente, sobre 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ . Por outro lado, sabemos que 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ é
base média e, consequentemente, 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ é paralela a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . Ligando 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ obtemos um
triângulo isósceles. Portanto, 𝑂𝑁̅̅ ̅̅ é perpendicular a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e, neste caso, também é
paralela a 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ . Temos dois triângulos (AHB e MNO) cujos lados são dois a dois
paralelos, podemos concluir então que eles são semelhantes. Portanto, 𝐴𝐻̅̅ ̅̅
𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅=
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅=
2 ∴ 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ = 2𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅.
3.7 Um resultado sobre Áreas
Teorema 06 (razão entre áreas) Sobre um plano são escolhidos cinco
pontos de forma que A, B e C sejam colineares e P e Q estejam em diferentes semi-
planos determinados pela reta que contém A e C. Sob estas condições vale:
(𝐴𝑃𝐵𝑄)
(𝐵𝑃𝐶𝑄)=
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
Prova Tracemos duas perpendiculares, a partir de P e Q, à reta que
contém A e C. Suponha, sem perda de generalidade, que B está entre A e C (ver
figura baixo).
30
Figura 9: Quadrilátero APCQ
Chamando a área do triângulo APB de (APB), temos então que
(𝐴𝑃𝐵)
(𝑃𝐵𝐶)=
(𝐴𝑄𝐵)
(𝐵𝑄𝐶)=
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
Na primeira igualdade podemos usar a propriedades das proporções e
encontrarmos
(𝐴𝑃𝐵)+(𝐴𝑄𝐵)
(𝑃𝐵𝐶)+(𝐵𝑄𝐶)=
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ∴
(𝐴𝑃𝐵𝑄)
(𝐵𝑃𝐶𝑄)=
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ .
31
4 LISTA DE PROBLEMAS
“O coração da Matemática são os seus
problemas”
Paul Hamos.
Neste capítulo serão apresentados 10 problemas, com suas soluções
completas, e uma discussão epistemológica detalhada das soluções de todos eles.
Procuraremos ser bastante claros acerca de como o professor deverá conduzir a
busca das soluções de cada problema, inclusive sugerimos em que séries deveriam
ser apresentadas cada problema.
Problema 1: (A REGRA DOS SINAIS): Responda à uma das perguntas mais
intrigantes do ensino básico: Por que (−1). (−1) = +1?
Solução: Construa o retângulo ABCD onde 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑑, 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑐, 𝐷𝐻̅̅ ̅̅ = 𝑎, 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = 𝑏 e
𝐻𝐹̅̅ ̅̅ ⊥ 𝐸𝐺̅̅ ̅̅ .
Figura 10: Retângulo ABCD
32
Sabemos, da geometria, que a somas das áreas dos quatro retângulos
obtidos após traçarmos os segmentos perpendiculares 𝐻𝐹̅̅ ̅̅ 𝑒 𝐸𝐺̅̅ ̅̅ é igual à área do
retângulo ABCD. Daí temos:
𝑎𝑏 + 𝑏(𝑐 − 𝑎) + 𝑎(𝑑 − 𝑏) + (𝑐 − 𝑎)(𝑑 − 𝑏) = 𝑐𝑑 (1)
Agora vamos aplicar a propriedade distributiva do produto em relação à
subtração, tanto à direita quanto à esquerda, em (1). Portanto:
𝑎𝑏 + 𝑏(𝑐 − 𝑎) + 𝑎(𝑑 − 𝑏) − 𝑏(𝑐 − 𝑎) + 𝑑(𝑐 − 𝑎) = 𝑐𝑑
𝑎𝑏 + 𝑎(−𝑏) + 𝑎𝑑 + 𝑑𝑐 − 𝑎𝑑 = 𝑐𝑑
Por fim,
𝑎𝑏 = −𝑎(−𝑏) ⇒ (−1). (−1) = +1.
Problema 2: Sejam 𝑥 e 𝑦 números reais positivos. Encontre o valor de 4𝑥𝑦, a partir
do sistema de equações abaixo:
{𝑥 + 𝑦 = 3
√𝑥2 + 25 + √𝑦2 + 1 = 3√5
Solução: Observe com cuidado o lado esquerdo da 2ª equação. Que teorema ele
nos faz lembrar? Veja o expoente de 𝑥 e 𝑦 dentro dos radicais, lembre-se que 𝑥 e 𝑦
são positivos, e sempre que isso acontecer poderemos afirmar que eles
representam a medida de segmentos. Se você não notou nada, veja que 25 =
52 𝑒 1 = 12. Isso mesmo (espero que você tenha notado!): estamos diante do
Teorema de Pitágoras! Assim, esta ideia nos levará a construir a seguinte figura:
33
Figura 11: Triângulo retângulo ABC
Onde os triângulos CDF, CAB e FEB são todos retângulos. Na figura
temos: 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ = 5, 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 1, 𝐷𝐹̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑦 e 𝐸𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑥, e pelo teorema de Pitágoras
nos triângulos citados temos: 𝐶𝐹̅̅̅̅ = √𝑦2 + 1 e 𝐵𝐹̅̅ ̅̅ = √𝑥2 + 25 . Portanto, acabamos
de dar uma interpretação geométrica ao sistema de equações dado. Note que nesta
figura, os triângulos CAB e FEB são semelhantes (pelo caso A.A.(ângulo-ângulo)), e
deste fato obtemos a seguinte equação:
𝑥
𝑥 + 𝑦=
5
6
Mas 𝑥 + 𝑦 = 3. Dessas equações obtemos os valores das incógnitas:
𝑥 =5
2 e 𝑦 =
1
2. Portanto 4𝑥𝑦 = 5.
34
Problema 3: Um dos mais importantes teoremas da geometria plana é o Teorema
de Ptolomeu que nos diz o seguinte:
“Se ABCD é um quadrilátero inscritível de diagonais
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ , então 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ . 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ”
Vale destacar que, se o quadrilátero não fosse inscritível, então valeria a
desigualdade 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ . 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ≥ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ . Use o teorema de Ptolomeu para
demonstrar a seguinte identidade trigonométrica:
sen(𝛼 + 𝛽) = 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛽. 𝑐𝑜𝑠𝛼.
Solução: A figura abaixo e o uso do teorema de Ptolomeu são suficientes para tal
demonstração.
Figura 12: Quadrilátero inscrito em uma circunferência: Teorema de Ptolomeu
35
Basta tomarmos o diâmetro 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ = 1 e, consequentemente, os triângulo
ADC e ABC serão retângulo, respectivamente, em �̂� e �̂�. Chamemos �̂� = 𝛼 e �̂� =
𝛽, daí teremos 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑠𝑒𝑛𝛽, 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑐𝑜𝑠𝛽, 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑐𝑜𝑠𝛼, 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑠𝑒𝑛𝛼. Por fim, da lei dos
senos, no triângulo BCD, temos 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽).
Problema 4: (JORNAL SIGMA) Sejam 𝑎, 𝑏 e 𝑐 reais positivos. Mostre que:
𝑐√𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2 + 𝑎√𝑏2 − 𝑏𝑐 + 𝑐2 ≥ 𝑏√𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2
Solução: Será que você já está imaginando que esta questão encontra-se
ligeiramente ligada, por uma questão de estética, ao problema de número 2? Só há
um pequeno detalhe, que fará toda a diferença, em cada radical aparece algo
indesejável: os produtos 𝑎𝑏, 𝑏𝑐 e 𝑎𝑐. Lembre-se que 𝑎, 𝑏 e 𝑐 são números reis e
positivos. Que figura plana poderia traduzir o seguinte número positivo 𝑥 =
√𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2? Isso mesmo, estamos pensando na lei dos cossenos! Na figura
abaixo, temos 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐, 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑎, 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑏, 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑥, 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑦 = √𝑏2 − 𝑏𝑐 + 𝑐2 e 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑤 =
√𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2.
Figura 13: Quadrilátero ABCD
36
Por fim, a desigualdade de Ptolomeu(ver problema 03) para quadriláteros
quaisquer nos garante que:
𝐴𝐵. 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷. 𝐵𝐶 ≥ 𝐴𝐶. 𝐵𝐷
Ou seja,
𝑐√𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2 + 𝑎√𝑏2 − 𝑏𝑐 + 𝑐2 ≥ 𝑏√𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2.
Problema 5: (OBMEP) O semicírculo da figura tem centro O e diâmetro 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ = 2 cm.
O raio 𝑂𝑅̅̅ ̅̅ é perpendicular a 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ . Por um ponto qualquer M de 𝑂𝑅̅̅ ̅̅ traçasse a corda
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ perpendicular a OR. Sejam x o comprimento de 𝑅𝑀̅̅̅̅̅, em cm, e y a área do
quadrado de lado 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , em 𝑐𝑚2. Qual dos gráficos abaixo expressa a relação entre x
e y?
Figura 14: Quadrado e semicircunferência
37
Solução: O enunciado nos informa que 𝑂𝑅̅̅ ̅̅ é perpendicular 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , isto sugere algo?
Que tipo de triângulo é o triângulo AMO? Isso mesmo: é retângulo! Daí, pelo
Teorema de Pitágoras temos:
(1 − 𝑥)2 + 𝑎2 = 1 (1)
Notemos que o triângulo OAB é isósceles e, portanto, 𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅ que é
perpendicular à base deste triângulo, também é mediana. Por fim, temos que
𝐴𝑀̅̅̅̅̅ = 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅ = 𝑎 e 𝑀𝑅̅̅̅̅̅ = 𝑥. Desenvolvendo (1), obtemos:
𝑎2 = −𝑥2 − 2𝑥
Área do quadrado cujo lado mede 2𝑎, valerá então:
𝑦 = 𝑦(𝑥) = −4𝑥2 − 8𝑥
38
Esta última equação, claramente, é de uma função quadrática. Portanto a
alternativa correta é a letra C.
Problema 6: Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 números reis positivos. Mostre que:
𝑖) 𝑥 + 𝑦
2≥ √𝑥𝑦
𝑖𝑖) 𝑥
𝑦 + 𝑧+
𝑦
𝑥 + 𝑧+
𝑧
𝑥 + 𝑦≥
3
2
𝑖𝑖𝑖)( 𝑥 + 𝑦 + 𝑧). (1
𝑥+
1
𝑦+
1
𝑧) ≥ 9
Solução de (i): Inicialmente, lembremos que todo triângulo retângulo está inscrito
numa semicircunferência. Vejamos a figura abaixo:
Figura 15: Semicircunferência e triângulo retângulo
39
À medida que o ponto D deslizar sobre a semicircunferência teremos
sempre 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ ≤ 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ , a igualdade só ocorrerá quando os segmentos 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ forem
iguais. Por outro lado, vemos que os triângulos AED e DEB são semelhantes, se
fizermos 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝑥, 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ = 𝑦, 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ = 𝐴𝑂̅̅ ̅̅ = 𝐵𝑂̅̅ ̅̅ = 𝑅 =𝑥+𝑦
2 e 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = ℎ , obtemos:
𝑥
ℎ=
ℎ
𝑦 ∴ ℎ2 = 𝑥𝑦 ⟹ 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = ℎ = √𝑥𝑦
Ou seja, 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑅 =𝑥+𝑦
2≥ ℎ = √𝑥𝑦.
Solução de (ii): Esta demonstração exige muita criatividade, porém esta
desigualdade (Desigualdade de Nesbitt) admite diversas demonstrações. Tomemos:
𝐴 =𝑥
𝑦+𝑧+
𝑦
𝑥+𝑧+
𝑧
𝑥+𝑦 𝐵 =
𝑦
𝑦+𝑧+
𝑧
𝑥+𝑧+
𝑥
𝑥+𝑦
e 𝐶 =𝑧
𝑦+𝑧+
𝑥
𝑥+𝑧+
𝑦
𝑥+𝑦
Note que 𝐵 + 𝐶 = 3. Por outro lado,
𝐴 + 𝐶 =𝑥 + 𝑧
𝑦 + 𝑧+
𝑥 + 𝑦
𝑥 + 𝑧+
𝑦 + 𝑧
𝑥 + 𝑦≥ 3√
𝑥 + 𝑧
𝑦 + 𝑧∙𝑥 + 𝑦
𝑥 + 𝑧∙𝑦 + 𝑧
𝑥 + 𝑦
3
= 3
Analogamente,
𝐴 + 𝐵 =𝑥 + 𝑦
𝑦 + 𝑧+
𝑦 + 𝑧
𝑥 + 𝑧+
𝑥 + 𝑧
𝑥 + 𝑦≥ 3
40
Adicionando, membro a membro, as desigualdades acima obtemos:
2𝐴 + 𝐵 + 𝐶 ≥ 6 ∴ 2𝐴 ≥ 3 ⟹𝑥
𝑦 + 𝑧+
𝑦
𝑥 + 𝑧+
𝑧
𝑥 + 𝑦≥
3
2
Solução de (iii): Aplicando a propriedade distributiva obtemos:
( 𝑥 + 𝑦 + 𝑧). (1
𝑥+
1
𝑦+
1
𝑧) = 1 + 1 + 1 +
𝑥
𝑦+
𝑥
𝑧+
𝑦
𝑥+
𝑦
𝑧+
𝑧
𝑥+
𝑧
𝑦≥ 3 + 2√
𝑥
𝑦∙
𝑦
𝑥+ 2√
𝑥
𝑧∙
𝑧
𝑥+
2√𝑧
𝑥∙
𝑥
𝑧= 9.
Problema 7: Sejam 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ , 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ , 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ , 𝐹𝐴̅̅ ̅̅ as medidas dos lados de um hexágono.
Sabendo que
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ e 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ = 𝐹𝐴̅̅ ̅̅ . Prove que:
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
𝐵𝐸̅̅ ̅̅+
𝐷𝐸̅̅ ̅̅
𝐷𝐴̅̅ ̅̅+
𝐹𝐴̅̅ ̅̅
𝐹𝐶̅̅ ̅̅≥
3
2
Solução: Veja que queremos provar uma desigualdade envolvendo as medidas dos
lados de um polígono. Lembremos que o Teorema de Ptolomeu é para quadriláteros
inscritíveis, neste caso usaremos a desigualdade, que é o caso geral deste teorema.
Aplicando a desigualdade, sucessivamente, nos quadriláteros: ACEF, ABCE e
ACDE obtemos, respectivamente, (i), (ii) e (iii):
41
Figura 16: Hexágono ABCDEF
(i) 𝑏. 𝐹𝐴 + 𝑎. 𝐸𝐹 ≥ 𝑐. 𝐹𝐶 ⇒𝐹𝐴̅̅ ̅̅
𝐹𝐶̅̅ ̅̅≥
𝑐
𝑎+𝑏
(ii) 𝑏. 𝐴𝐵 + 𝑐. 𝐵𝐶 ≥ 𝑎. 𝐵𝐸 ⇒𝐵𝐶̅̅ ̅̅
𝐵𝐸̅̅ ̅̅≥
𝑎
𝑏+𝑐
(iii) 𝑎. 𝐷𝐸 + 𝑐. 𝐶𝐷 ≥ 𝑏. 𝐷𝐴 ⇒𝐷𝐸̅̅ ̅̅
𝐷𝐴̅̅ ̅̅≥
𝑏
𝑎+𝑐
Em seguida, pela desigualdade de Nesbitt, concluímos que:
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
𝐵𝐸̅̅ ̅̅+
𝐷𝐸̅̅ ̅̅
𝐷𝐴̅̅ ̅̅+
𝐹𝐴̅̅ ̅̅
𝐹𝐶̅̅ ̅̅≥
𝑐
𝑎 + 𝑏+
𝑎
𝑏 + 𝑐+
𝑏
𝑎 + 𝑐≥
3
2
42
Problema8: (OBMEP-modificada) Na figura ao lado, as retas r e s são paralelas. O
segmento AB é perpendicular a essas retas e o ponto P, nesse segmento, é tal que
AP = 2 e BP = 1. O ponto X pertence à reta r e a medida do segmento BX é indicada
por x. O ponto Y pertence à reta s e o triângulo XPY é retângulo em P.
Figura 17: Retas paralelas e triângulos
a) Explique por que os triângulos PAY e XBP são semelhantes.
b) Calcule a área do triângulo XPY em função de x.
c) Determine o valor de x para o qual a área do triângulo XPY é mínima e calcule o
valor dessa área.
Solução:
a) Chamemos os ângulos �̂� e �̂�, respectivamente, de 𝛼 e 𝛽. Notemos que
𝛼 + 𝛽 = 90°. Assim teremos nos triângulos retângulos XBP e YAP os seguintes
valores para os ângulos �̂� = �̂� = 𝛽 e �̂� = �̂� = 𝛼. Ficando provado que os
triângulos PAY e XPB são semelhantes.
b) Da semelhança de triângulos encontrada no item anterior, temos:
𝑦
1=
2
𝑥 , onde 𝑦 = 𝐴𝑌̅̅ ̅̅
43
Portanto, a área do triângulo XPY será: (𝑋𝑃𝑌) =1
2(√𝑥2 + 1). (√4 +
4
𝑥2)
c) Lembremos que 𝑥2 +1
𝑥2≥ 2√𝑥2 ∙
1
𝑥2= 2. Daí, temos:
(𝑋𝑃𝑌) =1
2(√𝑥2 + 1) . (√4 +
4
𝑥2) =
1
2(√8 + 4(𝑥2 +
1
𝑥2))
Portanto a área mínima é igual a 2.
Problema 9: (JORNAL SIGMA) Seja ABC um triângulo acutângulo e, H e O o
ortocentro e o circuncentro de ABC, respectivamente. Mostre que:
(𝐴𝐻𝐵)
(𝐴𝑂𝐵)+
(𝐵𝐻𝐶)
(𝐵𝑂𝐶)+
(𝐶𝐻𝐴)
(𝐶𝑂𝐴)≥ 3.
Solução: Este é um problema difícil. É bom lembrarmos se existe algum resultado
entre o ortocentro(H) e o circuncentro(O) de um triângulo, pois ambos são citados no
enunciado. Existe sim! um resultado que diz o seguinte: 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ = 2𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅(tente prová-lo!).
Seja 𝐻𝑎 o pé da altura relativa ao vértice A do triângulo ABC. Defina 𝐻𝑏 e 𝐻𝑐 de
modo análogo.
44
Figura 18: Circunferência, triângulo inscrito, ortocentro e circuncentro
Assim,
(𝐵𝐻𝐶)
(𝐵𝑂𝐶)=
𝐻𝐻𝑎.𝐵𝐶
𝑂𝑀.𝐵𝐶=
2𝐻𝐻𝑎
𝐻𝐴,
Onde M é o ponto médio do segmento 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ . Por outro lado, usando o resultado
demonstrado no teorema, obtemos
𝐻𝐻𝑎
𝐻𝐴=
(𝐵𝐻𝐶)
(𝐴𝐻𝐵) + (𝐴𝐻𝐶)
Analogamente,
𝐻𝐻𝑏
𝐻𝐵=
(𝐴𝐻𝐶)
(𝐵𝐻𝐶)+(𝐴𝐻𝐵) e
𝐻𝐻𝑐
𝐻𝐶=
(𝐴𝐻𝐵)
(𝐵𝐻𝐶)+(𝐴𝐻𝐶)
45
Por fim,
(𝐴𝐻𝐵)
(𝐴𝑂𝐵)+
(𝐵𝐻𝐶)
(𝐵𝑂𝐶)+
(𝐶𝐻𝐴)
(𝐶𝑂𝐴)=
2𝐻𝐻𝑎
𝐻𝐴+
2𝐻𝐻𝑏
𝐻𝐵+
2𝐻𝐻𝑐
𝐻𝐶= 2 (
(𝐵𝐻𝐶)
(𝐴𝐻𝐵)+(𝐴𝐻𝐶)+
(𝐴𝐻𝐶)
(𝐵𝐻𝐶)+(𝐴𝐻𝐵)+
(𝐴𝐻𝐵)
(𝐵𝐻𝐶)+(𝐴𝐻𝐶)) ≥ 2.
3
2= 3
Note que na última passagem usamos a desigualdade de Nesbitt!
Problema 10: Sejam ℎ𝑎 , ℎ𝑏 e ℎ𝑐 as três alturas de uma triângulo ABC e 𝑟 o raio da
circunferência inscrita neste triângulo. Prove que:
a) 𝑟
ℎ𝑎+
𝑟
ℎ𝑏+
𝑟
ℎ𝑐= 1 𝑏) ℎ𝑎 + ℎ𝑏 + ℎ𝑐 ≥ 9𝑟
Solução (a): Note que o inraio, no triângulo IBC, é perpendicular ao lado BC. Isso
sugere que pensemos em áreas? Investiguemos, a partir da figura baixo:
Figura 19: Triângulo, circunferência e inraio
46
A área do triângulo IBC é dada por: (𝐼𝐵𝐶) =𝑎𝑟
2 ; enquanto a área do triângulo ABC é
dada por (𝐴𝐵𝐶) =𝑎ℎ𝑎
2 . Observe que temos a razão
𝑟
ℎ𝑎. Assim basta tomarmos:
𝑟
ℎ𝑎=
(𝐼𝐵𝐶)
(𝐴𝐵𝐶) , analogamente para ℎ𝑏 e ℎ𝑐 temos
𝑟
ℎ𝑏=
(𝐼𝐴𝐶)
(𝐴𝐵𝐶) e
𝑟
ℎ𝑐=
(𝐼𝐵𝐴)
(𝐴𝐵𝐶),
respectivamente. Portanto,
𝑟
ℎ𝑎+
𝑟
ℎ𝑏+
𝑟
ℎ𝑐=
(𝐼𝐵𝐶)
(𝐴𝐵𝐶)+
(𝐼𝐴𝐶)
(𝐴𝐵𝐶)+
(𝐼𝐵𝐴)
(𝐴𝐵𝐶)=
(𝐼𝐵𝐶)+(𝐼𝐴𝐶)+(𝐼𝐵𝐴)
(𝐴𝐵𝐶)= 1
Solução (b): Do item anterior sabemos que 1
ℎ𝑎+
1
ℎ𝑏+
1
ℎ𝑐=
1
𝑟 . Veja o item (iii), do
problema 7. E aí, já temos uma ideia? Exatamente! Vamos imitar a solução daquele
item e usar o resultado do item a) obtido anteriormente:
(1
ℎ𝑎+
1
ℎ𝑏+
1
ℎ𝑐). (ℎ𝑎 + ℎ𝑏 + ℎ𝑐) ≥ 9 ⟹ ℎ𝑎 + ℎ𝑏 + ℎ𝑐 ≥ 9𝑟 .
47
5 DISCUSSÃO EPISTEMOLÓGICA DAS SOLUÇÕES
Nesta seção expomos uma breve discussão acerca das soluções de cada
problema anterior. Trata-se de compartilharmos nossa experiência, visto que nos
últimos anos temos discutido estes problemas em cursos ministrados a alunos e
professores do ensino básico, no Instituto Federal de Educação e Tecnologia do
Ceará- Campus Jaguaribe.
Sobre a Solução do Problema 1:
Note que o problema é de álgebra, mas a resolução envolve uma ideia
bastante simples da geometria plana: áreas de figuras simples, neste caso o
retângulo. Observe também, que neste caso, o professor tem uma ótima
oportunidade de enfatizar que a matemática parte sempre de alguns resultados
aceitos a priori; neste caso, estamos falando da propriedade distributiva do produto
em relação à soma. Sugerimos que este problema seja apresentado às turmas de 9°
ano ou a qualquer turma do ensino médio. Esta solução é devida a Diofanto
(acredita-se que esse matemático viveu no século III, da era cristã) Para um leitor
interessado em mais detalhes acerca da história desta solução, sugerimos a leitura
do capítulo 12 do belíssimo livro: O Romance das Equações algébricas, de Gilberto
Gerardo Garbi.
Sobre a Solução do Problema 2:
Num seminal artigo intitulado: “10 mandamentos para professores de
Matemática”. G. Polya, nos diz que:
Dê aos seus alunos não apenas informação, mas know-how, atitudes mentais, o hábito de trabalho metódico (quinto mandamento).
Faça-os aprender a dar palpites (sexto mandamento).
48
Não desvende o segredo de uma vez — deixe os alunos darem palpites antes — deixe-os descobrir por si próprios, na medida do possível (nono mandamento).
Sugira; não os faça engolir à força (décimo mandamento).
Este tipo de problema é ideal para exercitar tais mandamentos. Também
podemos mostrar aos estudantes, através desta solução, como é bem-vinda uma
interpretação geométrica das equações do sistema dado, preparando-o desde já
para o estudo de sistemas lineares no ensino médio. Este tipo de interpretação é
ótimo para exercitarmos a criatividade, habilidade esta que deve ser cultivada por
parte de quem pretende sentir o gosto da sensação maravilhosa que é resolver
problemas que exigem algo mais do que a simples utilização de uma fórmula ou de
um algoritmo.
Sobre a Solução do Problema 3:
É natural que os estudantes mais experientes perguntem: é possível
construir outras identidades trigonométricas, a partir deste teorema? E a resposta é:
sim! Mais uma vez, o professor poderá alargar os horizontes, incluindo este teorema
importantíssimo, que infelizmente é negligenciado pela maioria dos autores de livros
didáticos adotados em nossas escolas!
Sobre a Solução do Problema 4:
Este problema é muito difícil, mesmo para professores experientes.
Temos que ter muita criatividade para imaginarmos tal construção geométrica; por
isso indicamos que problemas como esse não sejam apresentados somente na hora
da prova, isto levaria os estudantes e desenvolverem um sentimento de impotência,
ao invés de se sentirem desfiados. Por outro lado, acreditamos que problemas desta
natureza devem ser inseridos nas aulas através da resolução de problemas
similares como os que estão sendo propostos neste trabalho.
49
Sobre a Solução do Problema 5:
Perceba como esta questão é desafiadora. Nela o professor tem a
possibilidade de mostrar que assuntos aparentemente disjuntos: Função quadrática
e geometria plana, podem ser conectados e gerar um problema belíssimo. Mesmo
antes de se falar em Geometria Analítica. Aqui também cabe a seguinte análise: não
se aplica uma parte da matemática apenas a outras áreas do saber, podemos
aplicar uma de suas partes, na busca da resolução de problemas de outra parte da
mesma matemática. Afinal de contas não podemos achar menor o fato da
matemática servi a si mesma!
Sobre a Solução do Problema 6:
Um resultado envolvendo as médias aritmética e geométrica de dois
números reais positivos, obtidos de um fato puramente geométrico. Admito que toda
vez que apresento esta demonstração em aulas, tanto para estudantes quanto para
professores, todos ficam profundamente encantados com a conexão entre álgebra e
geometria, numa demonstração de um fato tão elementar. Infelizmente os livros
didáticos ainda não enfatizam este resultado belíssimo! Este resultado pode ser
apresentado em qualquer turma a partir do 9° ano.
Sobre a Solução do Problema 7:
O estudante logo perceberá que a fração 3/2, sugere uma possível
relação com a desigualdade de Nesbitt. Antes disso, veja que o problema trata de
razão entre os lados de um polígono, o que nos leva a desigualdade de Ptolomeu. E
desta forma, temos um belo exemplo de como desigualdades geométricas podem
conectar geometria e álgebra em um único problema.
50
Sobre a Solução do Problema 8:
A beleza deste problema vem do fato de encontrarmos conectados
diversos assuntos do ensino médio. Álgebra e geometria aparecem unidas,
dialogando uma com a outra, través da construção geométrica escolhida. A
resolução lança mão de uma desigualdade elementar entre a média geométrica e
aritmética de dois números.
Sobre a Solução do Problema 9:
Eis um problema muito difícil. Sugerimos ao leitor interessado em
aprofundar seus conhecimentos no famoso “Truque das áreas”, procurar o belíssimo
artigo de Bruno Holanda, intitulado “O truque das Áreas”. Este artigo encontra-se na
quinta edição do JORNAL SIGMA, o mesmo pode ser encontrado no seguinte
endereço eletrônico: https://www.dropbox.com/sh/gmos27wwfriuepv/mp5ytkxwRT
Sobre a Solução do Problema 10:
Aqui temos um ponto máximo de nossa proposta: Geometria plana junto
com desigualdades da álgebra. Para um estudo mais detalhado sobre desigualdade
e problemas intrigantes de geometria, sugerimos os belíssimos trabalhos de
Eduardo Landim Silva e Elion Souza da Silva cujos títulos são, respectivamente,
Desigualdades entre as médias Geométrica e Aritmética e de Cauchy-Schwarz e
Problemas de Máximos e Mínimos e Desigualdades Geométricas . Ambas podem
ser encontradas, respectivamente, em
1. http://bit.profmat-sbm.org.br/xmlui/handle/123456789/391
2. http://bit.profmat-sbm.org.br/xmlui/handle/123456789/328
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6 PROBLEMAS PROPOSTOS
No apêndice estarão as dicas para a solução de cada problema proposto.
Sugerimos ao leitor que não procure ver as soluções antes de ter dedicado um
tempo razoável para a tentativa de encontrar por si só as soluções de cada
problema desta seção.
Problema 1. Resolva o sistema de equações abaixo:
{√𝑥2 + 1 + √𝑦2 + 4 + √𝑧2 + 9 = 10
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 8
Sabendo que 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são números reais positivos.
Problema 2. Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 reais positivos tais que:
{
𝑥2 + 𝑥𝑦 +𝑦2
3= 25
𝑦2
3+ 𝑧2 = 9
𝑧2 + 𝑧𝑥 + 𝑥2 = 16
Determine o valor de 𝑥𝑦 + 2𝑦𝑧 + 3𝑧𝑥.
Problema 3: (RPM-75) - Uma vela queima completamente em três horas, e outra,
da mesma altura, queima completamente em 4 horas. Depois de quanto, após o
início do processo, uma vela terá o dobro d altura da outra?
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7 CONSIDERAÇÕES FINAIS
Neste trabalho apresentamos diversos problemas intrigantes. Em todos
eles, tentamos mostrar como é flexível a fronteira que limita um problema de
álgebra; e como é desafiador pensarmos numa solução geométrica para problemas
de álgebra, ou pelo menos, problemas com “aparência algébrica”. Vimos que
desigualdades simples, como a que envolve a média aritmética e a média
geométrica, podem ser bastante úteis quando queremos resolver problemas que
envolvam desigualdades geométricas. Caberá ao professor, cada vez mais, inserir
esse tipo de problema em suas aulas. Como fonte inesgotável sugerimos que sejam
vistos os problemas propostos nas Olimpíadas de Matemática.
Não há dúvida quanto à importância do papel do professor, no processo
de ensino e aprendizagem. Por isso, esperamos que este trabalho venha contribuir
para que os jovens que estão iniciando suas carreiras no magistério possam
encontrar, neste singelo trabalho, uma fonte desafiadora de problemas para suas
aulas. Esperamos ter exibido as vantagens didáticas do hábito de estabelecer
conexões entre as diferentes partes da Matemática Elementar.
Para um aprofundamento, das ideias aqui defendidas, sugerimos ao leitor
que procure complementar seus estudos pesquisando nos sites:
1. Projeto Olímpico de Treinamento Intensivo (POTI):
http://poti.impa.br/
2. Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas (OBMEP):
http://www.obmep.org.br/
3. Olimpíada Brasileira de Matemática (OBM):
http://www.obm.org.br/opencms/
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REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
CAMINHA, A. Tópicos de Matemática Elementar: números reais (vol. 1). 1. ed., Rio de Janeiro: SBM, 2012.
__________ Tópicos de Matemática Elementar: números reais (vol. 2). 1. ed.,
Rio de Janeiro: SBM, 2012.
CARVALHO, J.B.P.; ROQUE, T. Tópicos de História da Matemática. Coleção
PROFMAT. Rio de Janeiro: SMB, 2012.p.137.
FREIRE, P. Pedagogia da Autonomia: saberes necessários à prática educativa. São Paulo. Editora Paz e Terra, 1996. GARBI, G. A Rainha das Ciências: um passeio histórico pelo maravilhoso mundo da Matemática. Editora Livraria da Física. São Paulo, 2006. _______. C.Q.D.: explicações e demonstrações sobe conceitos, teoremas e fórmulas essenciais da geometria. Editora Livraria da Física. São Paulo, 2010. GARDINER, H. et al. Inteligências múltiplas: Ao redor do mundo. Tradução: Roberto Cataldo & Ronaldo Cataldo. Porto Alegre: Artmed, 2010. P.168-169. KRULIK, S.; REYS, R.E. A resolução de problemas na Matemática escolar. Tradução de Higino H. Domingues e Olga Corbo. São Paulo. Editora Atual, 1997. LIMA, E. et al. Temas e Problemas elementares. Sociedade Brasileira de Matemática. 2.ed. Rio de Janeiro, 2006. LIMA, E. Matemática e Ensino. Sociedade Brasileira de Matemática. 3.ed. Rio de Janeiro, 2007. MANFRINO, R.B.; ORTEGA, J.A.G.; DELGDO, R.V. Inequalities: A mathematical Olimpiad Approach. 1 ed. Berlin: Birkäuser Verlag, 2009. OLIVEIRA, M.;PINHEIRO, M. Coleção Elementos de Matemática(vol.2).3 .ed., Fortaleza. Editora Vestseller, 2010. TAO, T. Como resolver problemas matemáticos: uma perspectiva pessoal. Tradução de Paulo Ventura Sociedade Brasileira de Matemática. 1.ed. Rio de Janeiro,2013.
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APÊNDICE
Sugestão para a resolução do problema 1:
Inicialmente, note que este problema é análogo ao segundo problema da
lista anterior. Em seguida, tente imitar a ideia da solução daquele problema através
da figura:
Figura 20: Triângulo retângulo ABC
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Sugestão para a resolução do problema 2:
Use a figura abaixo e imite a ideia usada para resolver o problema 04 da
lista anterior.
Figura 21: Triângulo retângulo ABC e ponto interior